题解 【Check the difficulty of problems】
题目大意：：
有 \(m\) 场比赛，\(t\) 个队伍，告诉你每个队伍每场比赛的胜率，求所有队伍获胜一场及以上且冠军队伍获胜 \(n\) 场及以上的概率。
思路：
很明显的概率 \(dp\)；
先定义：
\(dp[i][j]\) 为第 \(i\) 个队伍在前 \(j\) 道题中恰好做了 \(k\) 道题的概率。
因为题意要求所有队伍获胜一场及以上且冠军队伍获胜 \(n\) 场及以上的概率；
所以我们还需要一个数组 \(f[i][j]\) 来存储第 \(i\) 个队至多做出 \(j\) 题的概率。
接下来分析概率情况：
对于任意队伍而言，一道题只有两种结果：
做对 or 没做对
那么状态转移方程就很好想了 ：
- \(p1 = dp[i][j - 1][k - 1] * p[i][j]\);
- \(p2 = dp[i][j - 1][k] * (1 - p[i][j])\);
- \(dp[i][j][k] = p1 + p2\);
解释：
- \(p1\) ：第 \(j\) 到题做对，此时一共做对 \(k\) 道题，因此需要乘上 \(dp[i][j - 1][k - 1]\) (\(i\)队在前 \(j - 1\) 场比赛做对 \(k - 1\) 道题的概率）；
- \(p2\) 参考 \(p1\) 的解释；
- 总概率为两种情况概率的总和。
最终答案：
因为 \(dp\) 的状态定义，最终结果的求解方法自然而然地选择了排除法（即用总概率 \(-\) 不符合情况的概率）
- 总概率 ：$ \prod_{i=1}^t (f[i][m] - f[i][0])$ ；
- 不符合情况的概率：$ \prod_{i=1}^t (f[i][n - 1] - f[i][0])$ ；
解释：
- 总概率：共有 \(m\) 场比赛，那么所有符合题意的情况的概率就为 \(t\) 个队伍做对 \(1\) 到 \(m\) 道题的概率之积，用至多作对 \(m\) 道题的概率减去至多做对 \(0\) 道题的概率，即为做对 \(1\) 到 \(m\) 道题的概率
- 不符合情况的概率：参考总概率的解释
完整代码：
\(PS\)：注意初始化！！！
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 150;
int n,m,t;
double dp[1005][35][35],f[1005][1005],p[1005][35];
//p[i][j] 第i个队通过第j题的概率
int main() {
while(scanf("%d %d %d",&m,&t,&n) != EOF && m != 0 && t != 0 && n != 0) {
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
for(int j = 1; j <= m; j ++) scanf("%lf",&p[i][j]);
}
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
dp[i][0][0] = 1;//一道题没做
for(int j = 1; j <= m; j ++) {
dp[i][j][0] = dp[i][j - 1][0] * (1 - p[i][j]); //没做对题
}
}
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
for(int j = 1; j <= m; j ++) {
for(int k = 1; k <= j; k ++) {
dp[i][j][k] = dp[i][j - 1][k - 1] * p[i][j] + dp[i][j - 1][k] * (1 - p[i][j]);//两种情况：第j道题做对和没做对
}
}
}
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
for(int j = 0; j <= m; j ++) {
if(j != 0 ) f[i][j] = f[i][j - 1] + dp[i][m][j];
else f[i][j] = dp[i][m][0];
}
}
double p1 = 1, p2 = 1;
for(int i = 1; i <= t; i ++) {
p1 *= (f[i][m] - f[i][0]);
p2 *= (f[i][n - 1] - f[i][0]);
}
printf("%.3lf\n",p1 - p2);
}
return 0;
}
